《2019高考数学（理科）大题标准模块综合试卷(二)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学（理科）大题标准模块综合试卷(二)（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、模块综合试卷(二)(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1下列说法中正确的是_(填序号)棱柱的侧面可以是三角形；正方体和长方体都是特殊的四棱柱；所有的几何体的表面都能展成平面图形；棱柱的各条棱都相等答案解析不正确，棱柱的侧面都是四边形；不正确，如球的表面就不能展成平面图形；不正确，棱柱的各条侧棱都相等，但侧棱与底面的棱不一定相等；正确2直线axby40和(1a)xyb0都平行于直线x2y30，则a_，b_.答案3解析由题意知解得3已知圆C1：(x2)2(y3)21，圆C2：(x3)2(y4)29，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点
2、，则|PM|PN|的最小值为_考点题点答案54解析由题意知，圆C1：(x2)2(y3)21，圆C2：(x3)2(y4)29的圆心分别为C1(2,3)，C2(3,4)，且PMPNPC1PC24，点C1(2,3)关于x轴的对称点为C(2，3)，所以PC1PC2PCPC2CC25，即PMPNPC1PC2454.4等边圆柱(底面直径和高相等的圆柱)的底面半径与球的半径相等，则等边圆柱的表面积与球的表面积的比值为_答案解析设球的半径为R.等边圆柱的表面积S12R2R2R26R2，球的表面积S24R2，所以.5已知圆C的圆心为(2，2)，且圆C上的点到y轴的最小距离是1，则圆C的标准方程为_答案(x2)2
3、(y2)21解析由题意得圆C上的点到y轴的最小距离是1，得圆的半径r1，圆C的圆心为(2，2)，圆C的标准方程为(x2)2(y2)21.6已知两条不同的直线m，l，两个不同的平面，给出下列命题：若l垂直于内的两条相交直线，则l；若l，则l平行于内的所有直线；若m，l且lm，则；若l，l，则；若m，l且，则ml.其中正确命题的序号是_(把你认为正确命题的序号都填上)答案解析由直线与平面垂直的判定定理知正确；一条直线平行于一个平面，则这条直线与这个平面内的直线可以平行、异面，故错误；两个平面内只有一组直线互相垂直并不能判定这两个平面垂直，故错误；由两个平面垂直的判定定理：一个平面经过另一个平面的一
4、条垂线，则这两个平面垂直，故正确；两个平面平行，则两个平面内的直线可以平行、异面，故错误7已知A，B两点分别在两条互相垂直的直线2xy0和xay0上，且线段AB的中点为P，则线段AB的长为_答案10解析直线2xy0的斜率为2，xay0的斜率为.因为两直线垂直，所以，所以a2.所以直线方程为x2y0，线段AB的中点P(0,5)设坐标原点为O，则OP5，在直角三角形中斜边的长度AB2OP2510，所以线段AB的长为10.8.如图，E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD的中点，AB2，沿图中虚线将该正方形折起来，围成一个三棱锥，则此三棱锥的体积是_答案解析折叠起来后，B，C，D三点重合，设为点S，
5、则围成的三棱锥为SAEF，其中，SASE，SASF，所以SA平面SEF.又SESF，且SA2，SESF1，所以此三棱锥的体积VSSEFSA112.9直线y1k(x3)被圆(x2)2(y2)24所截得的最短弦长等于_答案2解析直线y1k(x3)恒过定点P(3,1)，当圆被直线截得的弦最短时，圆心C(2,2)与定点P(3,1)的连线垂直于弦，弦心距为，所截得的最短弦长为22.10若圆x2y24和圆x2y24x4y40关于直线l对称，则直线l的方程为_答案xy20解析两圆的圆心分别为C1(0,0)，C2(2,2)，由题意知，直线l是线段C1C2的垂直平分线，l的方程为y1x1，即xy20.11已知矩
6、形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB6，BC2，则棱锥OABCD的体积为_答案8解析如图所示，连结矩形对角线的交点O1和球心O，则AC4，O1AAC2，四棱锥的高为O1O2，所以，体积为V6228.12已知点A(0,2)，B(2,0)若点C在函数yx2的图象上，则使得ABC的面积为2的点C的个数为_答案4解析设C(t，t2)，由A(0,2)，B(2,0)，易求得直线AB的方程为yx2.点C到直线AB的距离d.又AB2，SABCABd|t2t2|.令|t2t2|2，得t2t22，t2t0或t2t40，符合题意的t值有4个，故满足题意的点C有4个13.如图，在正四棱锥SABCD中，E
7、，M，N分别是BC，CD，SC的中点，当动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：EPBD；EPAC；EP平面SAC；EP平面SBD.其中恒成立的为_(填序号)答案解析如图所示，连结AC，BD相交于点O，连结EM，EN.在中，只有当点P与点M重合时，EPBD，故不正确；在中，由正四棱锥SABCD，可得SO底面ABCD，SOAC.又ACBD，且SOBDO，AC平面SBD.E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，EMBD，MNSD，而EMMNM，平面EMN平面SBD，AC平面EMN，ACEP，故正确；在中，由同理可得EM平面SAC，当点P与点M不重合时，若EP平面SAC，则EPEM，与EPEME相矛
8、盾，因此当点P与点M不重合时，EP与平面SAC不垂直，故不正确；在中，由可知平面EMN平面SBD，EP平面SBD，故正确14在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,2)，直线l：xy40，点B(x，y)是圆C：x2y22x10上的动点，ADl，BEl，垂足分别为D，E，则线段DE的最大值是_答案解析A(0,2)，ADl，直线AD的方程为yx2，与xy4联立，得D(1,3)依题意知，BEAD.设直线BE的方程为yxb，当直线BE与圆C相切时，可求得b3或b1(结合图形知b1不合题意，舍去)故直线BE的方程为yx3.由得点E的坐标为，所以DEmax .二、解答题(本大题共6小题，共90分)15(1
9、4分)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的方程为2x(k3)y2k60，kR.(1)若直线l在x轴、y轴上的截距之和为1，求坐标原点O到直线l的距离；(2)若直线l与直线l1：2xy20和l2：xy30分别相交于A，B两点，点P(0,2)到A，B两点的距离相等，求k的值解(1)令x0，得直线l在y轴上的截距y02；令y0，得直线l在x轴上的截距x0k3，依题意得k321，解得k2，所以直线方程为2xy20，所以原点O到直线l的距离d.(2)由于点P(0,2)在直线l上，点P到A，B的距离相等，所以点P为线段AB的中点设直线l与2xy20的交点为A(x，y)，则直线l与xy30的交点为B(x,
10、4y)，由方程组解得即A(3,4)，又点A在直线l上，所以有23(k3)42k60，即k0.16(14分)如图，在三棱锥ABCD中，AB平面BCD，CDBD.(1)求证：CD平面ABD；(2)若ABBDCD1，M为AD的中点，求三棱锥AMBC的体积(1)证明AB平面BCD，CD平面BCD，ABCD.CDBD，ABBDB，AB，BD平面ABD，CD平面ABD.(2)解AB平面BCD，BD平面BCD，ABBD.ABBD1，SABD.M为AD的中点，SABMSABD.CD平面ABD，VAMBCVCABMSABMCD.17(14分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1A
11、C2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积(1)证明在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，BB1AB，ABBC，BB1BCB，BB1，BC平面B1BCC1，AB平面B1BCC1.AB平面ABE，平面ABE平面B1BCC1.(2)证明取AB的中点G，连结EG，FG，F是BC的中点，FGAC，FGAC.E是A1C1的中点，FGEC1，FGEC1，四边形FGEC1为平行四边形，C1FEG.又C1F平面ABE，EG平面ABE，C1F平面ABE.(3)解AA1AC2，BC1，ABBC，AB，VE
12、ABCSABCAA112.18(16分)已知圆M的方程为x2(y2)21，直线l的方程为x2y0，点P在直线l上，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B.(1)若APB60，试求点P的坐标；(2)若点P的坐标为(2,1)，过点P作直线与圆M交于C，D两点，当CD时，求直线CD的方程解(1)设P(2m，m)，由圆的半径为1，MPAAPB30可知，MP2，所以(2m)2(m2)24，解得m0，m，故所求点P的坐标为P(0,0)或P.(2)易知直线CD的斜率存在，设直线CD的方程为y1k(x2)由题知圆心M到直线CD的距离为，所以，整理得7k28k10，解得k1或k，故所求直线CD的方程为xy30或x7y90.19(16分)如图(1)所示，在RtABC中，ABC90，点D为AC的中点，AEBD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将ABD沿BD折起，得到三棱锥A1BCD，如图(2)所示(1)若点M是FC的中点，求证：直线DM平面A1EF；(2)求证：BDA1F；(3)若平面A1BD平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直，并说明理由(1)证明在图(1)AFC中，因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DMEF，在图(2)中仍然成立又因为EF平面A1EF，DM平面A1EF，所以DM平面A1EF.(2)证明因为A1EBD，EFBD，且A1EEFE，A1
